11 三三三角角角 2013.4.16

11.1 面面面積積積

524. 已知一三角形的三高長為 13 ,

15 ,

17 , 求此三角形的面積。 (99萬芳高中)

答答答.√

345。

解解解. 令三邊長為 3t, 5t, 7t。則 △ = t2 = t

2√

152 ⋅ 9

2 ⋅52 ⋅

12 ⇒ t = 2

√3

45 ⇒△ =√

345。

525. 設 △ABC 之三高為 ha = 6, hb = 4, hc = 3，則 △ABC 的面積為 。

答答答. 16√

155 。 (99萬芳高中代理)

526. 設 △ABC 的三高為 6, 4, 3，則此 △ 的外接圓半徑為 。 (100嘉義高中)

答答答. 6415。

527. 若 △ABC 的三中線長分別為 5、√

52、√

73 的面積等於 。 (99華江高中)

答答答. 24。

528. △ABC 之三中線長為 6, 15, 18，則 △ABC 面積為何？ (98中興高中)

答答答. 9√

39。

529. 設有一三角形的三邊中線長分別為 6,9,12，則此三角形的面積 = 。 (98嘉義高中)

答答答. 9√

15。

530. △ABC 中，D 為 BC 上一點，若 AB = 3, AD = 2, AC = 6 且 △BAD 為 △DAC 的

一半， 則 BD = 。 (100台中二中)

答答答.√

11 − 2√

13。

解解解. 令 ∠BAD = x。由 △ABD +△ADC =△ABC 得 16 sinx+ 12 sinx = 18 sin 3x。

約掉一個 sinx，換成 cosx 得 3 cos2 x − cosx − 1 = 0⇒ cosx = 1±√

136 (負不合，

因 0 < 3x < π)。由餘弦定理得 BD =√

11 − 2√

13。

531. 如右圖，△ABC 中，∠C = 90○, AD = DE = EB,

∠ACD = α, ∠DCE = β, ∠ECB = γ，求 sinα sinγsinβ 。

答答答. 13。

解解解. 分子分母同乘 AC ⋅DC ⋅EC ⋅BC，可得( 2△

3)2

2△3⋅(2△) =

13。

(100台南二中、99屏北高中)

83

532. 在正 △ 內任取一點，向三邊做垂直線段，則此三垂直線段長可作為一 △ 三邊長的機率

為 。 (100苑裡高中)

答答答. 14。

解解解. 假設高= 1，三垂線段長分別為 a, b, c，則 a + b + c = 1，由此可將三角不等式之條

件轉為 a, b, c < 12。即為三中點所形正三角形區域，故所求機率 = 1

4。

533. 如右圖，△ABC 中，CD 交 BE 於 F，已知 △BDF 面積為 10，△BCF 面積為

20，△CEF 面積為 16，則四邊形區域 ADFE 之面積為 。 (100苑裡高中)

答答答. 44。

解解解. 連 AF，設 △ADF = x, △AEF = y，

則 x10 =

y+1620 , y

16 =x+10

20 。

解得 (x, y) = (20,24) 。

因此所求 = 44。

534. 已知 H 為 △ABC 的垂心，且 AH = l, BH =m, CH = n，三角形的三邊長 BC = a,

CA = b, AB = c，試證：al +

bm + c

n =abclmn。 (99台中二中)

證證證. 正弦定理有 abc4R = △。注意 ∠BHC = π − ∠A,⇒ △ABC 與 △BCH 的外接圓半

徑相同，同理 △ABH, △CAH 亦然。再由面積 △ABC = △ABH + △BCH +

△CAH，以正弦所得之式代入得 abc4R = lmc

4R + mna4R + nlb

4R，再同乘4Rlmn，即得證。

535. △ABC 中，設 a, b, c 分別為其三內角 ∠A, ∠B, ∠C 的對邊，△ 為其面積，而 R 為

其外接圓半徑， (97松山家商)

(1) 試證：cotA = b2+c2−a24△

(2) 利用 (1) 證明：若 cotA, cotB, cotC 成等差數列，則 a2, b2, c2 亦成等差數列。

(3) 如圖：設 △ABC 內部一點 P，使得 ∠PAB = ∠PBC = ∠PCA = α，試利用

(1) 證明：cotα = cotA + cotB + cotC。

(4) 試證：a2 + b2 + c2 ≥ 4√

3△。

證證證.

(1) 餘弦定理 cosA = b2+c2−a22bc ， cotA = b2+c2−a2

2bc sinA = b2+c2−a24△ 。

(2) 用 (1)，由 b2+c2−a24△ + b2+a2−c2

4△ = 2 ⋅ a2+c2−b2

4△ 整理可得 a2+ c2 = 2b2，移項得證。

(3) 以 (1) 表示 cotα = AB2+AP 2−PB2

4△PAB = BP2+BC2−PC2

4△PBC = CP2+CA2−PA2

4△PCA 。

⇒ 4(△PAB +△PBC +△PCA) cotα = a2 + b2 + c2。

⇒ cotα = a2+b2+c24△ = cotA + cotB + cotC。

84

(4) 由算幾不等式可得 a2 + b2 + c2 = a2+b2+c2+a2+b2+c22 ≥ ab + bc + ca。

而 ab + bc + ca = 2△ (cscA + cscB + cscC)。

又 csc convex in (0, π)，所以 cscA+cscB+cscC3 ≥ csc π

3 = 2√3。

兩個不等式合併，即得證。

11.2 複複複數數數極極極式式式

536. 設 z 為複數，若 z−3z = 2(cos 80○ + i sin 80○)，則複數 z−1

z 之主輻角為 。

答答答. 40○。 (100桃園高中)

解解解. 注意 ∣z−3∣∣z∣ = 2 = ∣(z−3)−(z−1)∣

∣(z−1)−z∣ ⇒ 分角線上 ⇒ Arg( z−1z ) = 1

2 ⋅ 80○ = 40○。

537. 設複數 z 滿足 ∣z∣ = 2，若 ∣z + 2z − 1∣ = n，且 n 為整數，則 n 所有可能值的和為

。 (100彰化藝術暨田中高中)

答答答. 10。

538. 若 z ∈ C，∣z∣ = 1，則 ∣z2 − z + 2∣ 的最小值為 。 (100南港高工)

答答答.√

144 。

解解解. 因為 ∣z∣ = 1，所以 ∣z2 − z + 2∣ = ∣z − 1+ 2z̄∣。令 z = cos θ + i sin θ，則 ∣z − 1+ 2z̄∣2 =

(3 cos θ − 1)2 + sin2 θ = 8 cos2 θ − 6 cos θ + 2。

所以當 cos θ = 38 時，∣z2 − z + 2∣ 有最小值

√144 。

539. 設 z1, z2 ∈ C，∣z1∣ = ∣z1 + z2∣ = 3, ∣z1 − z2∣ = 3√

3，則 log3 ∣(z1z̄2)2000 + (z̄1z2)2000∣ =

。 (100家齊女中)

答答答. 4000。

另另另解解解. 2z1, z1 + z2, 0 在複數平面上形成一個 3, 3√

3, 6 的直角三角形 (1 ∶√

3 ∶2)。取斜

邊中點 z1 可得 0, z1, z1 + z2 為正三角形。

540. 設 θ = π13 , n ∈ N 滿足 (1−sin θ+i cos θ

1−sin θ−i cos θ)n為實數的最小 n = 。 (100南湖高中代理)

答答答. 26。

541. x2 + x + 1 = 0，求 (x + 1x)

2 + (x2 + 1x2 )

2 + (x3 + 1x3 )

2 + . . . + (x2010 + 1x2010 )

2。

答答答. 4020。 (99竹科實中)

85

11.3 一一一些些些定定定理理理：：：正正正弦弦弦、、、中中中線線線定定定理理理

542. P 為球面 S ∶ (x − 1)2 + (y − 2)2 + z2 = 4 上的動點，A(3,4,0)、B(3,3,2) 為球面外兩

點，求 PA2+ PB

2的最大值。 (100中科實中)

答答答. 25 + 4√

29。

解解解. 令 M(3, 72 ,1) 為 AB 中點，則 PA

2+ PB

2= 2(MA

2+ PM

2)。其中 MA 為定

值。

因此只要求定點 M 到球面最遠的距離，MO + r =√

292 + 2，其中 O 為球心，r 為

半徑。

MA =√

52 , PM =

√292 + 2，代入得最大值 25 + 4

√29。

另另另解解解. 先平移，將球心 (1,2,0) 移至原點。令 P 坐標 (x, y, z),則 PA2+ PB

2=

−8x − 6y − 4z + 25。可以柯西不等式處理之，類題見 100文華高中代理4。

543. 設 A(2,1,3), B(0,3,3)，P 為直線 L ∶ x−12 = y−2

1 = z−21 上一點，求 AP

2+BP

2有最小

值時，此時 P 點的坐標為 。 (100南港高工)

答答答. (−1,1,1)。

解解解. 令 P (1 + 2t,2 + t,2 + t)，代入所求式，配方得 t = −1, P (−1,1,1) 時有最小值。

評評評. 本題亦可使用線定理，則 P 為 AB 中點對 L 之投影，但投影不會比配方好算。

544. 空間中有三個點 A(−1,2,5), B(−2,1,2), P (0, b, c)，則 PA2+ PB

2的最小值為

。 (100彰化藝術暨田中高中)

答答答. 10。

545. 如 圖 所 示 ，△ABE 中 ，∠BAE =

90○，C、D 為邊 BE 上的三等分點，令

BC = CD = DE = a, AC = 7, AD = 9，

求 a。

答答答.√

26。

(99育成高中)

546. 設 △ABC 的邊長分別為 a, b, c。若 △ABC 外接圓面積為 25π，內切圓的面積積為

4π，則 abca+b+c = 。 (100內湖高山2招)

答答答. 20。

86

547. 有 A, B, C 三戶，BC = 100, ∠ABC = 100○, ∠ACB = 50○，若 A, B, C 三戶主人仰

望天空中一氣球，其仰角均為 15○，則此氣球的高度為 。 (100嘉義縣聯招)

答答答. 100(2 −√

3)。

548. 由平地上三點 A、B、C，測量對某山頂的仰角均為 60 度，若 ∠BAC = 30○, BC =

300 公 尺，則山高為 公尺。 (99關西高中)

答答答. 300√

3。

549. 已知大小兩個三角形的三邊長乘積之比值為 85，且它們的外接圓面積的比值為

256175 ，則

此大三角形與小三角形的面積之比值為 。 (100華江高中)

答答答.√

72 。

550. 如右圖，已知一個直角三角形 △ABC，BC 為斜邊，斜邊長為 a，斜邊上的高為 h，

O 為斜邊上的中點，今將斜邊 n (n > 1，n 為奇數) 等分，若 P、Q 為其中兩個等分

點， 且 ，O 點介於P、Q之間，設 ∠PAQ = α，請問 limn→∞

n tanα = 。

答答答. 4ha 。 (100桃園高中)

解解解. 注意 limα→0

sinαtanα = 1。

所以可改寫為

limn→∞

n tanα = limn→∞

n sinα =

limn→∞

a⋅( a/nsinα)

−1 = limn→∞

aRn

,其中

Rn 為 APQ 之外接圓半徑。

再由正弦定理可得 R = AP ⋅AQ⋅PQ4⋅△APQ → AM

2

2h = a2

8h，其中 M 為 BC 中點。

所以所求 = 4ha 。

另另另解解解. 由 A 對 BC 作垂足 H，以 tan 差角公式計算 tanα。

551. 在 △ABC 中，若 ∠B = 30○, AB = 10√

3, AC = 10，試求 △ABC 的面積。

答答答. 50√

3, 25√

3。 (97台中高工)

552. △ABC 中，G 為重心，若 GA = 3, GB = 5, GC = 7，則 cos∠BGC = 。 (97楊

梅高中)

答答答. −1314。

87

11.4 三三三角角角恆恆恆等等等式式式

553. 已知 sinα − sinβ = 13 , cosα + cosβ = 1

4，求 tan(α − β)。 (99松山高中)

答答答. −247 。

解解解. 和差化積，兩式相除得 tan α−β2 = 4

3 ⇒ tan(α − β) =83

1− 169

= −247 。

554. cosα − cosβ = 13 , sinα + sinβ = 1

2，求 sin(α − β)。 (100文華高中代理)

答答答. −1213。

555. 設 cosα + cosβ = 13 , sinα + sinβ = 1

2，則 sin(α + β) = 。 (100南港高工)

答答答. 1213。

556. 已知

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

sinA + sinB = 13

cosA + cosB = 1，求 cos(A−B)+ sin(A+B) = 。(99文華2招代理)

答答答. 745。

557.

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

sinα + cosβ = a

cosα + sinβ = b，求 sin(α − β)。(以 a, b 表示) (100中科實中)

答答答. a2−b2a2+b2。

558. 設 z1, z2 為複數，滿足 ∣z1∣ = ∣z2∣，且 z1 − z2 = 1 − 2i，求 z1⋅z2∣z1⋅z2∣ 之值。 (99東山高中)

答答答. 35 +

43i。

559. 設 z = cosα + i sinα, ω = cosβ + i sinβ，且 z + ω = 45 +

35i，求 tan(α + β) 之值。

答答答. 247 。 (98彰化女中)

560.

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

sin θ + cosφ = 35

cos θ + sinφ = 45

，求 cos θ sinφ。 (99屏東女中)

答答答. − 11100。

561. △ABC 中，若 4 sinA + 3 cosB = 6, 3 sinB + 4 cosA = 1，則 ∠C = 。

答答答. π6。 (98玉井工商)

562. 已知 θ 是第三象限角，且 sin4 θ + cos4 θ = 59，則 sin 2θ = 。

88

答答答. 2√

23 。 (100育成高中代理)

563. △ABC 中，BC = a, CA = b, AB = c，若 9a2 + 9b2 − 17c2 = 0，求 cotA+cotBcotC 之值。

答答答. 94。 (97台中一中)

解解解. 全換成 sin, cos，再利用正、餘弦定理 cotA+cotBcotC = sin2C

sinA sinB cosC = c2

aba2+b2−c2

2ab

= 94。

其中 cotA + cotB = cosA sinB+cosB sinAsinA sinB = sin(A+B)

sinA sinB = sinCsinA sinB。

564. △ABC 中, a, b, c 分別為頂點 A, B, C 的對邊，若 cotCcotA+cotB = 99，求 a2+b2

c2 。

答答答. 199。 (100中壢高中2招)

565. 在△ABC 中，a、b、c分別為∠A、∠B、∠C 的對邊長，且 2 sin2(A+B2 )+cos 2C = 1,

a2 = b2 + 12c

2，試求 sin(A −B) 的值為 。 (100桃園高中)

答答答.√

34 。

566. 設 P 為 △ABC 內部一點，且 ∠PAB = ∠PBC = ∠PCA = θ。求證 csc2 θ =

csc2A + csc2B + csc2C。 (99松山高中)

證證證. ∠PBA + PAB =∠PBA +∠PBC =∠B ⇒∠APB = π −∠B。

△PAB 中，由正弦定理得 PBsin θ =

ABsin∠APB = AB

sinB ⇒ PB = AB sin θsinB。

同理 PC = BC sin θsinC , PA = CA sin θ

sinA。

△PAB = 12PA ⋅AB sin θ = 1

2AB ⋅AC ⋅ sin2 θsinA =△ABC ⋅ sin2 θ

sin2A。

同理 △PBC =△ABC ⋅ sin2 θsin2B

, △PCA ⋅ sin2 θsin2C

，三式相加得

△ABC =△ABC sin2 θ(csc2A + csc2B + csc2C)

因此 csc2 θ = csc2A + csc2B + csc2C。

567. 在 △ABC 中，設 AB = c, BC = a, CA = b，若已知 tan A2 tan C

2 = 13。試證：a, b, c

成等差數列。 (100台南二中)

證證證. A+B+C2 = π

2 ⇒ tan(A2 +C2 ) = cot(B2 )⇒

tan A2+tan C

2

1−tan A2

tan C2

= 1tan B

2

⇒ tan A2 tan B

2 + tan B2 tan C

2 = 1 − tan C2 tan A

2 = 23 = 2 tan A

2 tan C2。

同乘 cot A2 cot B2 cot C2，得 cot A2 + cot C2 = 2 cot B2。

而 cot A2 = s−ar , cot B2 = s−b

r , cot C2 = s−cr 代入得證。

評評評. 證很漂亮，但很不直觀，其中玩了了一個 tan 的恆等式及 cot 的切線長代換。

而下方的另證，就是暴力證明。

89

另另另證證證. 令 x = tan A2 , y = tan C

2 , 則 tan B2 = tan(π2 − (A2 +

C2 )) =

1−xyx+y = 2

3(x+y)。

sinA = 2x1+x2 , sinB = 12(x+y)

9(x2+y2)+10 , sinC = 2y1+y2。

sinA+sinC2 = x+y+x2y+xy2

1+x2+y2+x2y2 =43(x+y)

1+x2+y2+ 19

= 12(x+y)9(x2+y2)+10 = sinB，

因此 sinA, sinB, sinC 為等差數列，再由正弦定理，得證。

568. 計算 cos 2π7 + cos 4π

7 + cos 6π7 + cos 8π

7 + cos 10π7 + cos 12π

7 的值。 (100桃園現職聯招)

答答答. −1。

提提提示示示. x7 − 1 = 0。

569. 試求 cos π11 + cos 3π

11 + cos 5π11 + cos 7π

11 + cos 9π11 的值。 (100基隆女中代理)

答答答. 12。

570. 化簡 cos 6π7 − cos 5π

7 + cos 4π7 的值為 。 (100全國聯招)

答答答. −12。

解解解. 注意 cos 6π7 − cos 5π

7 + cos 4π7 = cos 2π

7 + cos 4π7 + cos 6π

7 = 12

6

∑k=1

cos 2kπ7 = −1

2 。

571. cos π7 − cos 2π7 + cos 3π

7 = 。 (100松山工農、100鳳新高中代理、99中壢家商)

答答答. 12。

572. 求9

∑k=1

(−1)k cos kπ19。 (100師大附中)

答答答. −12。

573. Calculate cos π17 cos 2π

17 cos 4π17 cos 8π

17 = 。 (98南科雙語)

答答答. 116。

解解解. 將其乘上sin π

17

sin π17，以兩倍角公式化簡可得 cos π

17 cos 2π17 cos 4π

17 cos 8π17 = 1

16。

574. Sn =n

∑k=2

log2 (cos π2k

)，S = limn→∞

Sn，求 S 的範圍。 (100豐原高中)

答答答. 1 − log2 π。

575. 設 Sn =n

∑k=2

log2(cos π2k

) ，求證：−1 < Sn < 0。 (97潮州高中)

576. 求 limn→∞

cos2 x2 cos2 x

22 cos2 x23⋯ cos2 x

2n。 (98彰化女中)

答答答. x ≠ 0, sin2 xx2 ; x = 0, 0。

90

577. 求值：cos 2π7 + cos 4π

7 + cos 6π7 + cos 2π

7 cos 4π7 cos 6π

7 = 。 (99文華2招代理)

答答答. −38。

578. 求 sin 4π11 sin 8π

11 sin 12π11 sin 16π

11 sin 20π11 = 。 (100苑裡高中)

答答答. −√

1132 。

提提提示示示. 原式 = − sin 2π11 sin 4π

11 sin 6π11 sin 8π

11 sin 10π11 ，令 ω = cos 2π

11 + i sin2π11 為 x11 − 1 = 0

之虛根。

579. 求 sin 3π7 sin 6π

7 sin 9π7 之值。 (97台中一中)

答答答. −√

78 。

580. 求 cos 190○ cos 200○ cos 210○ cos 220○ cos 230○ cos 240○ cos 250○ cos 260○。

答答答. 3256。 (99竹科實中)

581. cos 10○ cos 20○ cos 30○ cos 40○ cos 50○ cos 60○ cos 70○ cos 80○ = 。 (99文華高中)

答答答. 3256。

582.(1) tan π

13 tan 2π13 tan 3π

13 tan 4π13 tan 5π

13 tan 6π13。

(2) sin 1○ sin 3○ sin 5○⋯ sin 87○ sin 89○。

(99基隆高中)

提提提示示示. (1) tanx = sinxcosx (2) x90 = −1。

583. ω 為 z7 = 1 之虛根，試求 (99屏東女中)

甲甲甲、、、 以 ω + ω2 + ω4, ω3 + ω5 + ω6 為兩根之二次方程式。

乙乙乙、、、 ω + ω2 + ω4 之值。

答答答. 甲、x2 + x + 2 = 0 乙、−1+√

7i2 。

584. 化簡 1sin 10○ − 4 sin 70○。 (100彰化女中)

答答答. 2。

585. 化簡 tan 20○

2 sec 20○+1−4 cos 20○。 (101台南二中)

答答答. − 1√3。

91

解解解. 令 sin 20○ = x, cos 20○ = y, 則 3 − 4x2 = 4y2 − 1, 3x − 4x3 =√

32 , 4y3 − 3y = 1

2。

因此原式 = x2+y−4y2 ⋅

3−4x2

4y2−1，以三倍角化簡之得 − 1√3。

類類類題題題. 此靈感源自於 100基隆女中5。

586. 求值：cos2 10○ + cos2 50○ − sin 40○ sin 80○ = 。 (101中科實中)

答答答. 34。

587. 若 (4 cos2 9○ − 3)(4 cos2 27○ − 3) = tanx○，求最小的正整數 x。 (99鳳新高中)

答答答. 9。

提提提示示示 cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ。

588. 求 tan−1 13 + tan−1 1

5 + tan−1 17 + tan−1 1

8 之值。 (99大安高工)

答答答. π4。

589. 設 n 為整數，且 tan−1 13 + tan−1 1

4 + tan−1 15 + tan−1 1

n =π4，求 n 之值。 (99東山高中)

答答答. 47。

590. θ ≠ 2nπ，試證 cos θ + cos 2θ + cos 3θ + . . . + cosnθ =cos n+1

2θ sin n

2θ

sin θ2

。 (99左營高中)

591. 已知三次方程式 x3 + px2 + qx + r = 0 之三根為 sin2 π12 , sin2 3π

12 與 sin2 5π12 則數對

(p, q, r) = 。 (98嘉義高中)

答答答. (−32 ,

916 ,−

132)。

592. 已知 cosα+ cosβ + cosγ = 0 ，試證明：cos 3α+ cos 3β + cos 3γ = 12 cosα cosβ cosγ。

證證證. cos 3α = 4 cos3α − 3 cosα 和 cosα + cosβ + cosγ = 0 (97文華高中)

⇒ cos 3α + cos 3β + cos 3γ = 4(cos3α + cos3 β + cos3 γ)

再由 x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)。

可得 cos3α + cos3 β + cos3 γ = 3 cosα cosβ cosγ ⇒ cos 3α + cos 3β + cos 3γ =

12 cosα cosβ cosγ。

593. 計算 log4(1 + tan 1○)(1 + tan 2○)⋯(1 + tan 44○)(1 + tan 45○) 之值。 (97文華高中)

答答答. 232 。

解解解. 考慮 x + y = π4，1 = tan π

4 = tanx+tany1−tanx tany ⇒ (1 + tanx)(1 + tan y) = 2,

所以所求為 log4 223 = 232 。

92

594. x, y, z ∈ R，證明 x−y1+xy +

y−z1+yz +

z−x1+zx =

x−y1+xy ×

y−z1+yz ×

z−x1+zx。 (97台南女中)

證證證. 將左式通分母

x − y

1 + xy+y − z

1 + yz+z − x

1 + zx=x − y

1 + xy−

(x − y)(1 + z2)

(1 + yz)(1 + zx)

=(x − y) ((1 + yz)(1 + zx) − (1 + xy)(1 + z2))

(1 + xy)(1 + yz)(1 + zx)

=(x − y)(y − z)(z − x)

(1 + xy)(1 + yz)(1 + zx).

評評評. 乍看之下很複雜，但其實知右式，因此亦知 x − y 為因式，因此另外兩項通分必有

x − y 之因式。

另另另證證證. 若 α + β + γ = 0 或 π ⇒ − tanγ = tanα+tanβ1−tanα tanβ ⇒ tanα + tanβ + tanγ =

tanα tanβ tanγ 。

11.5 其其其它它它

595. △ABC 中，∠A, ∠B, ∠C 之對應邊為 a, b, c，且 a, b, c三數成等差，∠B = 30○，△ABC

面積為 32，試求 b。 (100永春高中代理)

答答答. 1 +√

3。

596. 設 x ≠ ±1, ± 1√3，解有理方程式 1√

3=

2x1−x2

+ 3x−x3

1−3x2

1− 2x1−x2

⋅ 3x−x31−3x2

，得 x 的最大值為 。

答答答. tan 13π30 。 (101中科實中)

提提提示示示. 若 tan θ = x，則 tan 5θ = 1√3。

597. 設 △ABC 中，∠C = 90○，以 AB、AC 為邊向外各作正三角形 △ABF 和 △ACG，

設 M 是 BC 的中點，若 MF = 11, MG = 7 則 BC 的值為 。

答答答. 12。 (100師大附中)

598. 在 △ABC 中，∠A = 60○，且 △ABC 之面積為√

3，令 BC = a, AC = b, AB = c，

試求：a + b + c 之最小值。 (99彰化女中)

答答答. 6。

解解解. 由面積可得 bc = 4，再由餘弦得 a =√b2 + c2 − 4 =

√(b + c)2 − 12。

令 b + c = t ≥ 4⇒ a + b + c = t +√t2 − 12↗ in t⇒當 t = 4，有最小值 6。

599. 設在單位圓 O 上有一定點 A，另有二動點 B, C，且 B, C 亦在圓 O 上，並各在 A 點

的兩側移動，設 ∠BAC = 2π3 ，則 2AB + 3AC 的最大值為 。 (99彰化女中)

93

答答答. 2√

7。

600. 求 cot π24。(必須化為最簡單的形式) (100華江高中2招)

答答答.√

6 +√

2 + 2 +√

3。

解解解. 如右圖，可得

cot π24 =

√6 +

√2 + 2 +

√3。

601. 三角形 ABC 中，∠B = 90○，且 BC = a, CA = b, AB = c，若對任意實數 x，恆有

ax2 + bx + c ≥ 0，求 tanA 之最大值。 (100台南二中)

答答答. 2 +√

3。

602. 已知 △ABC 中，∠C 為直角，BC 上有一點 D，使得 ∠CAD = 2∠DAB，若ACAD

= 45，則

CDBD

= 。 (100全國聯招)

答答答. 2725。

603. 設 ABCD 是邊長為 1 的正方形，P 點在 BC 上，Q 點在 CD 上，且 ∠PAQ = 45○。

試證 AB+BPAD+DQ = AP

2

AQ2。 (100松山工農)

證證證. 令 BP = a = tan∠PAB, DQ = b = tan∠QAD。

欲證之等式可改寫為 1+a1+b =

1+a21+b2 ⇔

1+b21+b = 1+a2

1+a ⇔ b − 1 + 2b+1 = a − 1 + 2

a+1

⇔ b − a = 2 b−a(a+1)(b+1) ⇔ (b − a)(1 − 2

(a+1)(b+1)) = 0。

注意 ∠PAB +∠QAD = 90○ − 45○ = 45○。

由和角公式可得 1 = a+b1−ab ⇒ (a + 1)(b + 1) = 2，故得證。

評評評. 利用結果，做等價之推理。

604. 已知直角三角形斜邊上的高 h 為定數，設 s 為此直角三角形周長的一半，求 s 的極小

值，並求此時的股長及斜邊。 (100松山工農)

答答答. smin = (√

2 + 1)h, 三邊：√

2h,√

2h, 2h。

605. 若圓內接四邊形 ABCD 的四個邊長分別為 a, b, c, d，設 s = a+b+c+d2 ，試証明圓內接四

邊形 ABCD 的面積 =√

(s − a)(s − b)(s − c)(s − d)。 (100松山工農)

606. △ABC中，已知 a = BC, b = CA, c = AB，試證明：a2(b+c−a)+b2(c+a−b)+c2(a+

b − c) ≤ 3abc。 (100苑裡高中)

94

證證證. 同除 2abc，整理後，其等價於 cosA + cosB + cosC ≤ 32。

注意 cosx 在 [−π2 ,π2 ] 上凸 (concave)，不失一般性 A, B 皆銳角。

則 cosA + cosB ≤ 2 cos(A+B2 ) = 2 sin C2。

cosA + cosB + cosC ≤ 2 sin C2 + (1 − 2 sin2 C

2 ) = −2 sin2 C2 + 2 sin C

2 + 1 ≤ 32。

其等式其立條件為 sin C2 = 1

2 , ∠A =∠B = π−C2 ，即 ∠A =∠B =∠C = 60○。

607. 已知 △ABC 中，AB ×AC = 15，DA 的角平分線長為 3，則 △ABC 的最大面積為

何？ (100麗山高中)

答答答. 3√

6。

608. 一圓半徑為 2，過圓外一點 P 對圓作兩切線，切圓於 A、B 兩點，則Ð⇀PA ⋅

Ð⇀PB 的最小

值為 。 (100陽明高中)

答答答. 8√

2 − 12。

609. A(0,0,6), B(0,0,20) 為空間中兩定點，P (x, y,0) 為一動點，若 0 ≤ x ≤ 15，0 ≤ y ≤

15，∠APB ≥ 30○。求 P 點之軌跡所成之面積。 (100基隆高中)

答答答. 13π + 75√

3。

610. AB = 4，在含 AB 之平面滿足 ∠APB ≥ 60○ 之點所成區域面積為 。

答答答. 64π9 + 8

√3

3 。 (100台中二中)

解解解. 如右圖 APB 為正三角形。由圓周角性質，得 P 若在其外接

圓移動時，角度不變。往圓內移動則角度> 60○。所以所求

面積是兩圓盤區域圓積。外接圓半徑= 4√3。

而重疊面積 = 2 ⋅ (13π ⋅

163 − 1

2 ⋅163 sin 120○) = 32π

9 − 8√

33 。

所求 = 2π ⋅ 163 − (32π

9 − 8√

33 ) = 64π

9 + 8√

33 。

A B

P

P ′

611. 設 AB 為圓 C 之直徑，在圓 C 內部區域任取一點 P，則 ∠APB > 150 度之機率為

。 (100松山家商)

答答答. 43 −

2π

√3。

612. 設四點 A −B −C −D 且 AB ∶ BC ∶ CD = 2 ∶ 3 ∶ 1，以 BC 為直徑作圓，取圓上一點

P (但 P ≠ B, P ≠ C)，則 tan∠APB × tan∠CPD = 。 (99中正預校)

95

答答答. 110。

解解解. 作圖如右，由相似形可得 BFPC

= 25 ,

GCPB

= 14。

tan∠APB × tan∠CPD = BFPB

⋅ GCPC

= 25 ⋅

14 =

110。

613. 設 A, B, C, D 四點在同一直線上，且 AB ∶ BC ∶ CD = 3 ∶ 5 ∶ 4，若以 BC 為直

徑作圓，取圓上任一點 P (但 P ≠ B, P ≠ C )，令 ∠APB = α, ∠CPD = β，求

tanα × tanβ 之值。 (100楊梅高中)

答答答. 16。

另另另解解解. 不妨特殊化，把 P 放在 BC 中垂線上。

614. 已知 G 為 △ABC 的重心，BC = 10, AG = 4, ∠BGC = 135○，則 △ABC 的面積為

何？ (100鳳新高中代理、99中正預校)

答答答. 632 。

615. ∣a⃗∣ = ∣⃗b∣ ≠ 0，若 ∣a⃗ + b⃗∣ − ∣a⃗ − b⃗∣ =√

2∣a⃗∣，則 a⃗, b⃗ 之夾角為 。 (98嘉義高工)

答答答. 30○。

616. 小安最近趕流行到歷史博物館參觀田園之美畫展，其中有一幅巨大壁畫高 9 公尺，其下

端離地面 4.5 公尺，小安眼睛距地面 1.5 公尺，則他應站在離牆 x 公尺處欣賞此畫作，

可得最大視角 θ，求 x 值與 θ 值的大小？請您為附庸風雅的小安解出最佳觀賞位置吧！

答答答. x = 6, θ = tan−1 34。 (97大安高工)

617. 等腰 △ABC中，AB = AC, D 在 BC 上、且 AD ⊥ BC；E 在 AD 上、且 AE =

20、ED = 2，若 ∠BED = 3∠BAD，則 AB = 。 (97中和高中)

答答答. 11√

5。

618. △ABC 中，BC = 2, ∠B +∠C = 60○，求 △ABC 面積的最大值。 (97陽明高中)

答答答. 1√3。

96

12 向向向量量量、、、斜斜斜坐坐坐標標標 2013.4.25

619. △ABC 內有一點 P，滿足 3Ð⇀PA + 5

Ð⇀PB + 4

Ð⇀PC = 0⃗，且

←→AP 交 BC 於 D，若

Ð⇀AD =

aÐ⇀AB + b

Ð⇀AC，a, b ∈ R，則數對 (a, b) = 。 (99文華2招代理)

答答答. (59 ,

49)。

620. 在 △ABC 中，AB = 7, BC = 8, AC = 9，過 △ABC 的內心作 DE 平行 BC，分別

交於 AB 與 AC 與 D, E，求 DE。 (99彰化藝術)

答答答. 163 。

解解解. 內心公式Ð⇀OI = 8

7+8+9

Ð⇀OA + 9

7+8+9

Ð⇀OB + 7

7+8+9

Ð⇀OC。

令 O = A，得Ð⇀AI = 2

3(916

Ð⇀AB + 7

16

Ð⇀AC)。所以 DE = 2

3BC = 163 。

621. 設 △ABC 的內心為 I，周長為 24，且 5Ð⇀IA + 4

Ð⇀IB + 3

Ð⇀IC = 0，求 △ABC 的面積。

答答答. 24。 (99大安高工)

622. AB = 2, BC = 3, CA = 4, I 為內心，L 過 I 交 AB, AC 於 D, E，求 △ADE△ABC 之最小

值 (兩者均為面積)。 (99高雄高中)

答答答. 3281。

解解解. 由內公式可得Ð⇀AI = 4

9

Ð⇀AB + 2

9

Ð⇀AC。令

Ð⇀AB = k

Ð⇀AD,

Ð⇀AC = l

Ð⇀AE。

則Ð⇀AI = 4k

9

Ð⇀AD + 2l

9

Ð⇀AE。又 D, I, E 共線 ⇒ 4k + 2l = 9。

再由算幾不等式得 92 ≥

√8kl⇒ 1

kl ≥3281。面積比即為

1kl，因此最小值為

3281。

623. 給定一個三角形 ABC 且 AB = 5, AC = 6, BC = 7，過其內心 I 做一直線 L 交

AB, AC 於 P, Q 兩點，若 a△ ABC 表示 △ABC 之面積，則 a△AQPa△ABC 的最小值為

。 (100台中二中)

答答答. 1027。

624. 設 G是 △ABC 的重心，通過 G的一直線交 AB 於 D，交 AC 於 E，若 AD = αAB,

AE = βAC

(1) 試證 ： 1α +

1β 為一定值。

(2) 試求 △ADE面積△ABC面積 的最小值。

答答答. (1) 3 (2) 49。 (97台南女中)

625. 令 A(2,3), B(0,0), C(4,0)，P 為圓 x2 + y2 − 10x − 10y + 46 = 0 上的點，若 ∣Ð⇀PA +

Ð⇀PB +

Ð⇀PC ∣ 有最大值時， 則 P 點座標為何？ (99大安高工2招)

97

答答答. (315 ,

335 )。

626. 已知 A(2,0), B(−2,4), C(6,5), P (x, y) 且 ∣Ð⇀AP +

Ð⇀BP +

Ð⇀CP ∣ = 6。k = 2x − y + 1，求

(x, y) 使得 k 有最大值。 (97文華高中)

答答答. (2 + 4√5,3 − 2√

5)。

627. 在 △ABC 中，AB = 6, BC = 5, CA = 7, 設其外心為 O，垂心為 H，則Ð⇀AO ⋅

Ð⇀AB +

ÐÐ⇀AH ⋅

Ð⇀AC = 。 (100文華高中代理)

答答答. 48。

解解解. 利用正射影，Ð⇀AO ⋅

Ð⇀AB = 1

2 ∣Ð⇀AB∣2 = 18。

ÐÐ⇀AH ⋅

Ð⇀AC =

Ð⇀AB ⋅

Ð⇀AC = 62+72−52

2 = 30。因

此所求為 48。

另另另解解解. 垂直平分之解法見 98嘉義高中11。

628. △ABC 中，AB = 6, AC = 8, BC = 2√

13， O 為外接圓圓心，若Ð⇀AO = x

Ð⇀AB+y

Ð⇀AC，

試求 (x, y)。 (97文華高中)

答答答. (29 ,

512)。

629. 設 △ABC 的三邊長 AB = 8, BC = 2√

13, CA = 4，且 H 為 △ABC 的垂心。若ÐÐ⇀AH = x

Ð⇀AB + y

Ð⇀AC， 則數對 (x, y) = 。 (98嘉義高中)

答答答. ( 25207 ,

175207)

630. 設 A(1,1,0), B(2,1,−1), C(3,2,−2)，則 △ABC 的垂心座標為 。

答答答. (3,−3,−2)。 (100台中二中)

631. 空間中一圓過三點 (1,−2,2), (1,4,0), (−4,1,1)，求圓心座標。 (100中和高中)

答答答. (−12 ,1,1)。

632. 坐標空間中，點 A(−1,1,0), B(3,1,0), C(1,2,2)，則 △ABC 的外心 (a, b, c) 為何？

答答答. (1, 1110 ,

15)。 (100香山高中)

633. △ABC 中，A(1,1), B(5,4), C(11,1), 若Ð⇀AT = m

Ð⇀AB + (1 − m)

Ð⇀AC 且 m∣

Ð⇀AB∣ =

(1 −m)∣Ð⇀AC ∣，則 ∣m

Ð⇀AB + (1 −m)

Ð⇀AC ∣。 (100永春高中代理)

答答答. 2√

10。

98

解解解. 注意 T 在 BC 上，且Ð→AT 為 ∠A 之角平分線。

而 AB = 5, AC = 10⇒Ð⇀AT = 2

3

Ð⇀AB + 1

3

Ð⇀AC。可算得 ∣

Ð⇀AT ∣ = 2

√10。

634. 如下圖(圖形中各線段之比例僅供參考，實際之比例敘

述如後)，設 ADDB

= 13 且

BEEC

= 12 且

AF2 = FG

1 = GC2 ，若

ÐÐ⇀BH = α

Ð⇀BA + β

Ð⇀BC，則實數對 (α,β) = 。

答答答. (12 ,

23)。

解解解. 斜坐標：取 B 為原點, A(20,0), C(0,15), (100中科實中)

則 D(15,0), E(0,5), F (12,6), G(8,9),則←Ð→DF ∶ 2x+y = 30,

←→EG ∶ x−2y = −10。

聯立可解得 ⇒H(10,10)⇒ α = 12 , β = 2

3。

評評評. 斜坐標在不牽扯角度時，相當好用。

635. 已知 ABCD 為平行四邊形，設 AC 與 BD 交於 P，E 為 DP 的中點，直線 AE 交

CD 於 F，若向量Ð⇀AC = r⃗,

ÐÐ⇀BD = s⃗，則向量

Ð⇀AF = 。（以向量 r⃗, s⃗ 表示）

答答答. 23 r⃗ +

1⃗3s。 (100師大附中)

636. 設 △ABC 中，D 在 BC 邊上，且 AD 為 ∠A之內角平分線，若 AB = 8, AC = 6，將

射線Ð→AD 延長至 P 點，使得 △ABP 面積 = 9

2 △ABC 面積，若Ð⇀AP = y

Ð⇀AC +x

Ð⇀AB，

則數對 (x, y) = 。 (97台中女中)

答答答. (278 ,

92)。

637. 如右圖，△PQR 為正三角形，△ABC 為直角三角

形，∠ACB = 90○， 已知 PC = 15，PB = CQ = 10，

求 AQ 之長度。

答答答. 8。

解解解. 令 a = AQ, u⃗ =Ð⇀QAa , v⃗ =

Ð⇀QP

∣Ð⇀QP ∣。則

Ð⇀AC = −au⃗ + 10v⃗,

Ð⇀CB = 10u⃗ + 5v⃗，且 u⃗ ⋅ v⃗ = 1

2。Ð⇀AC ⋅

Ð⇀CB = 0⇒ a = 8。

(100新竹高工)

638. 邊長為 1 的正四面體 OABC，若 D ∈ OA 且 OD ∶ DA = 2 ∶ 1，且 E 為 BC 中點，

若 F ∈DE 且 OF ⊥DE， ∣ÐÐ⇀DF ∣∣Ð⇀FE∣

= 。 (100中正高中)

答答答. 415。

99

639. 如圖，平面上四邊形 ABCD 中，AB = 5, AC =

10, AD = 13, cos∠BAC = 35， 向 量 內 積

Ð⇀AC ⋅

Ð⇀AD = 120，設向量

Ð⇀AC = x

Ð⇀AB + y

Ð⇀AD，則 (x, y) =

。

答答答. (5063 ,

4063)。

(100桃園現職聯招)

640. 如右圖，△ABC 中，D, E, F 分別為三邊之三等分點，若 AD, BE, CF 兩兩分別交

於 P , Q, R，試求 △PQR 和 △ABC 的面積比。 (97大安高工)

答答答. 17。

解解解.Ð⇀AD = 1

3

Ð⇀AB + 2

3

Ð⇀AC = 1

2

Ð⇀AF + 2

3

Ð⇀AC = 7

6(37

Ð⇀AF + 4

7

Ð⇀AC), 又 Q, F , C 三點共線，所以

Ð⇀AQ = 3

7

Ð⇀AF + 4

7

Ð⇀AC。

同理Ð⇀BP = 6

7

Ð⇀BC + 1

7

Ð⇀BF。綜合二式得 FP ∶ FQ ∶ QC = 1 ∶ 3 ∶ 3，其餘共直

線分割比例亦同。由面積公式 12ab sin θ 可得面積△BPC = △CQA = △ARB =

2△ PQR，因此面積比為 17。

641. 如下圖，正三角形 △ABC，若 D, E, F 將三邊分成 AF ∶ FB = BD ∶ DC = CE ∶

EA = 2 ∶ (n − 2)；(其中 n > 4 )，且 AD, BE, CF 相交所成的 △PQR 的面積是

△ABC 面積的 17，則 n 值為 。 (99彰化女中)

答答答. 6。

解解解. 對稱 ⇒△ABQ =△BCR =△CAP = 27 △ABC。

令 BD ∶ DC = 1 ∶ t, 由二次共線可得Ð⇀BQ =

tt2+t+1

Ð⇀BC + 1

t2+t+1

Ð⇀BA。

因此有△ABQ = t+1t2+t+1△ABE = t

t2+t+1△ABC ⇒t

t2+t+1 =27 ⇒ t = 2 or −1

2。

所以 n = 6。

642. 四邊形 ABCD，點 P 在 AB 上且 AP ∶ PB = 3 ∶ 2，點 Q 在 CD 上且 CQ ∶ QD =

2 ∶ 3，得Ð⇀PQ = x

Ð⇀AD + y

Ð⇀BC，則序對 (x, y) = 。 (100基隆女中代理)

答答答. (25 ,

35)。

評評評. 題目有瑕玭，所以也來個不嚴謹的方法還它，把 A, D 黏在一起得 y = 35，同理得

x = 25。

643. 有一個正四面體的四個頂點為 A, B, P , Q，線段 AP 上有一點 M，線段 BQ 上有一

點 N，且 AMMP

= BNNQ

= 32，已知向量

ÐÐ⇀MN = r

Ð⇀AB + s

Ð⇀PQ，試求數對 (r, s)。

答答答. (25 ,

35)。 (99高雄市聯招)

100

另另另解解解. 偷偷把 A, B 黏起來得 s = 35；偷偷把 P , Q 黏起來得 r = 2

5。

644. 如圖，△ABC 中，D 為 BC 之中點，AB = 12, AC =

16, E 在 AC 上，F 在 AB 上，且 AE = 2AF， 則

EG ∶ FG = 。

答答答. 3 ∶ 2。

(100麗山高中)

645. 如右圖之中，點 G 在 AB 上，AG ∶ GB = 2 ∶ 1，點 F 在 AC 上， (99台中一中)

AF ∶ FC＝1 ∶ 2，點 D、點 E 在 BC 上，BD ∶ DE ∶ EC＝1 ∶

1 ∶ 1，又 GE 與 DF 交於 H 點，求 DH ∶HF＝ 。

答答答. 1 ∶ 3。

提提提示示示. 斜坐標。

646. △ABC 與任一點 P，令△PAB,△PBC,△PCA重心為G1, G2, G3，試證△G1G2G3

面積為 △ABC 的九分之一。 (99高雄高中)

647. 設 OABC 為四面體，G 為 △ABC 之重心，M 為 OA 中點，OG 交平面 MBC 於

H， (99東山高中)

(1) 試證：若ÐÐ⇀OH = x

ÐÐ⇀OM + y

Ð⇀OB + z

Ð⇀OC，則 x + y + z = 1。

(2) 若ÐÐ⇀OH = α

Ð⇀OA + β

Ð⇀OB + γ

Ð⇀OC，求有序數組 (α,β, γ)。

答答答. (2) (14 ,

14 ,

14)。

648. 已知 △ABC 中，AB = 5, BC = 6, AC = 7, AD = DE = EB, BF = FG = GC，如右

圖，則 △CHI 的面積為 。 (98師大附中)

101

答答答. 1835

√6。

解解解. △ABG 和直線 CD 中，由孟氏定理 ⇒AIIG

⋅ GCCB

⋅ BDDA

= 1⇒ AIIG

= 32。

△ABG 和直線 CE 中，由孟氏定理 ⇒AHHG

⋅ GCCB

⋅ BEEA

= 1⇒ AHHG

= 6。

令 IHIG

= x, 則6 = AHHG

= AI+IHIG−IH =

32+x

1−x ⇒

x = 914 ,

IHAG

= 2x5 = 9

35 ⇒ △AIH 面積=13 ⋅

935 △ABC 面積。而 △ABC 面積可

以海龍公式得√

9 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 6√

6。因此

△AIH 面積= 13 ⋅

9356

√6 = 18

35

√6。

649. 四面體 OABC 中，D 點在 AB 上，AD ∶ DB = 1 ∶ 2；E 點在 CD 上，DE ∶ EC =

5 ∶ 3；F 點在 OE 上，OF ∶ FE = 1 ∶ 3；設向量Ð⇀OA = a⃗,

Ð⇀OB = b⃗,

Ð⇀OC = c⃗；

Ð⇀AF 交平

面 OBC 於 G 點，則 AG ∶ FG = 。 (97高雄市聯招)

答答答. 16 ∶ 1。

650. 平面上，已知 D, E 分別在 AB, BC 邊上，且 AD ∶ DB = 4 ∶ 3, BE ∶ EC = 1 ∶ 2，設

AE 和 CD 交於點 O，若點 O 為 △ABC 的外心，則 AB2∶ BC

2∶ CA

2= 。

答答答. 1√3。 (97陽明高中)

解解解. 由孟氏定理可得 EO ∶ OA = 1 ∶ 2⇒Ð→BO = 1

3

Ð⇀BA + 2

3

ÐÐ⇀BE = 1

3

Ð⇀BA + 2

9

Ð⇀BC。

Ð⇀AO = −2

3

Ð⇀BA + 2

9

Ð⇀BC,

Ð⇀CO = 1

3

Ð⇀BA − 7

9

Ð⇀BC。

三邊長以 a, b, c 表示之，再由 ∣AO∣ = ∣BO∣ = ∣CO∣，得

c2

9+

4a2

81+

4

27⋅c2 + a2 − b2

2=

4c2

9+

4a2

81−

8

27⋅c2 + a2 − b2

2

=c2

9+

49a2

81−

14

27⋅c2 + a2 − b2

2

化簡得

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

2a2 − 2b2 − c2 = 0

2a + 3b2 − 3c2 = 0⇒ a2 ∶ b2 ∶ c2 = 9 ∶ 4 ∶ 10。

651. 如下圖，已知 O(0,0), M(4,0), N(0,3)，在 △OMN 內部有 △ABC，A, B, C 三點

在 x 軸上的投影點分別為 D, E, F，在 y 軸上的投影點分別為 H, I, G，在 MN 上的

投影點分別為 J , L, K，且已知 DE = EF , GH =HI, JK =KL，試求 cos∠BAC。

答答答.√

1365 。 (99台中二中)

102

解解解. 令 DE = u, GH = v，則Ð⇀AB = (u,−v),

Ð⇀AC =

(2u, v)，而ÐÐ⇀NM = (4,−3)。

由Ð⇀JK =

Ð⇀KL，則

ÐÐ⇀NM ⋅

Ð⇀AB = 2

ÐÐ⇀NM ⋅

Ð⇀AC ⇒

4u + 3v = 16u − 6v⇒ v = 43u。

cos∠BAC =Ð⇀AB⋅Ð⇀AC

∣Ð⇀AB∣⋅∣Ð⇀AC∣=

2− 169√

1+ 169

√4+ 16

9

=√

1365 。

13 幾幾幾何何何 2013.4.24

13.1 平平平面面面幾幾幾何何何

圓圓圓�托托托勒勒勒密密密幾幾幾何何何定定定理理理

652. 設四邊形 ABCD 是圓的內接四邊形，試證：AC ×BD = BC ×AD +AB ×CD。

證證證. 不失一般性假設 ∠ABD ≥∠DBC。 (97中和高中)

在 AC上取 F 使得 ∠ABF =∠DBC，

則有 △ABF ∼△DBC 和 △FBC ∼△ABD。

由相似形邊長成比例得

AF ⋅BD = AB ⋅CD 和 FC ⋅BD = BC ⋅AD，

兩式相得即得證。

653. 若 ABCDEFG 為圓內接正七邊形，半徑為 2sin π

7，求 AC

2−BC ×AD。

答答答. 16。 (100南科實中)

解解解. 由托勒密定理得所求 = AB2= [ 2

sin π7⋅ (2 sin π

2 )]2= 16。

654. 設 ABCDEFGHI 為一正九邊形，邊長為 10，則 AC2−AB ⋅AD = 。

答答答. 100。 (100中正高中2招)

655. 若有一正 k 邊形其頂點依序為 A, B, C, D . . . 滿足 1AB

= 1AC

+ 1AD，則 k = 。

答答答. 7。 (99嘉義高工)

提提提示示示. 1AB

= 1AC

+ 1AD⇒ AC ⋅AD = AB ⋅AD +AB ⋅AC，托勒密幾何定理。

103

656. 設方程式 (x sin π7 )

7 − 128 = 0 的七個根在複數平面上由正實數軸往逆時針方向分別為

w0, w1, w2, w3, w4, w5, w6 ，試求：

(∣w1 −w3∣∣w2 −w4∣ + ∣w3 −w5∣∣w4 −w6∣) − (∣w1 −w4∣∣w2 −w3∣ + ∣w3 −w6∣w4 −w5∣)。

答答答. 32。 (100中壢高中)

657. 正 n 多邊形上取連續的四個頂點 A, B, C, D，若 △ACD 面積為 △ABC 面積的兩

倍，求 n。 (99育成高中)

答答答. n = 6。

658. △ABC 中，若 (AB +AC)(AB −AC) = AB ×BC，∠BAC = 63○，求 ∠ABC。

答答答. 18○。 (100南科實中)

解解解. 令角 A, B, C 之對邊為 a, b, c，整理等式得 c2 =

ca + b2。

將 △ABC 以 BC 之中垂線反轉得 △A′CB，四

邊形 AA′BC 為等腰梯形。

由托勒密定理得 AA′ = c。

令 ∠BAC = α, ∠ABC = β，

則 2α + 3β = 180○⇒ β = 180○−2α3 = 18○。

另另另解解解. ∠A = 2∠B⇔ a2 = b(b + c)，見 99中正高中13。

659. △ABC 中，已知 (AC +AB) ⋅ (AC −AB) = AB ⋅BC 且 ∠BAC = 75○，求 ∠ABC。

答答答. 70○。 (97台中一中)

660. 已知 △ABC 中最大角 ∠A 是最小角 ∠B 的 2 倍，且三邊長為連續的自然數，求

△ABC 的三邊長。

答答答. 4, 5, 6。 (100卓蘭實中、98嘉義高中)

另另另解解解. ∠A = 2∠B⇔ a2 = b(b + c)，見 99中正高中13。

661. 今有一三角形，其三邊長為連續整數且有一角另之兩倍。求此三角三邊長。

答答答. 4,5,6。 (100嘉義縣聯招)

解解解. 分三種可能，但只有上題之情況合。

104

662. 如圖，已知 PA, PB, PC 是圓 O 的三條弦，∠APB =

α, ∠BPC = β，試證：PB sin(α + β) = PC sinα +

PA sinβ。

提提提示示示. 乘 2R、正弦定理、托勒密定理。

(99台中一中)

663. 如圖：圓心為 A, 半徑為 6 的圓，取 B, C, D 三點

使四邊形 ABCD 為梯形，且 DC//AB，已知對角線

BD = 11，則 DC = 。

答答答. 496 。

(100卓蘭實中)

圓圓圓�圓圓圓冪冪冪性性性質質質

664. 如 圖 ， 一 圓 交 一 正 三 角 形 ABC 於

D、E、F、G、H、I 六點，若 CF = 1, FG = 13,

AG = 2, HI = 7，則 DE = 。

答答答. 2√

22。

(100麗山高中)

665. 如圖，AB 與圓 O 相切於 A，AB = 6，D 為圓內一

點，BD 交圓 O 於 C，且 BC = CD = 3，OD = 2，

則圓 O 的半徑為 = 。

答答答.√

22。

(100麗山高中)

666. 四邊形 ABCD 為圓內接四邊形，AC 為直徑且 AC = 2，又Ð⇀AC = 3

2

Ð⇀AB + 5

2

Ð⇀AD，AC

與 BD 相交於 E 點， 則 BD 長度為 。 (100彰化女中、100鳳山高中)

答答答. 4√

55 。

105

圓圓圓

667. 以銳角 △ABC 的邊 BC 為直徑作一圓，分別交另兩邊 AB, AC 於 D, E 兩點，求

證：DE = BC ⋅ cosA。 (100成淵高中)

668. 設 A, B, C, D 四點共圓，其中 AC 與 BD 互相垂直於點 E，圓心 O 在 △CDE 的內

部，如圖所示。試找出圓內所有的點 P 使得 △PAB 與 △PCD 的面積相等；並請從

教學觀點說明你(妳)的解題思路。 (99桃園縣高中現職聯招)

答答答.←→OF 與

←Ð→O′F 與圓所截之線段，記號見於下。

解解解. 設 AB 和 CD 不平行。

由 90○ = 12(AB_

+CD_

)⇒∠AOB +∠COD = 180○，

⇒△AOB =△COD。

令←→AB 和

←Ð→CD 的交點為 F。

由相似似可得 P 在←→OF 時 P 到

←→AB 和

←Ð→CD 的距離比值為常數。⇒ P 在

←→OF

時 △APB =△CPD。

由 O 點作直線 L 平行 AB。取 O′ 點使得 OO′ 的中點落 L 交←Ð→BD 上。

則 △AO′B = △AOB = △COB = △CO′B ⇒ △AO′B = △CO′B。同←→OF 的

理由，可得←Ð→O′F上，兩三角形面積亦相等。

若 AB//CD 則取←→OF //AB。

評評評. 以代數解之，則如角平分線之求法：dAB ⋅AB = dCD ⋅CD⇒ (ax + bx + c) ± t(ex +

fy + g) = 0 。

669. 設 a, b, c, d 都是正數，且滿足a ≥ b, a ≥ c, a ≥ d 。試找出 a, b, c, d 可以作為某圓內接四

邊形的四邊長度之充要條件，並證明你(妳)的答案。 (100華江高中)

答答答. b + c + d > a。

證證證. 若 a, b, c, d 可為圓內四邊形之四邊長，由三角不等式可 b + c + d > a。

若 b+c+d > a，考慮 α 滿足 a2+b2−2ab cosα = c2+d2−2cd cos(π−α)⇒ cosα =a2+b2−c2−d2

2(ab+cd) 。

檢驗 α 的存在性 ∣ cosα∣ < 1⇔ a2 + b2 − c2 − d2 < 2(ab + cd) 且 a2 + b2 − c2 − d2 >

−2(ab + cd)。

移項配方可得 (a − b)2 − (c + d)2 < 0 且 (a + b)2 − (c − d)2 > 0。

⇔ (a − b − c − d)(a − b + c + d) < 0 且 (a + b + c − d)(a + b − c + d) > 0。

由 a最大邊且 b+c+d > a，可得以上兩不等式成立，因此可取 α = arccos a2+b2−c2−d22(ab+cd) 。

以 α 為 a, b 夾角做一三角形，再以其第三邊 e 和 c, d 三邊做另一三角形，且兩

三角形在 e 的異側。

106

由 α 之選取可 c, d 夾角洽為 π − α。對角互補 ⇒ 此兩三角形所拼之四邊形 a, b,

c, d 為一圓內接四邊形。

670. 四邊形 ABCD，AB = 14, BC = 9, CD = 7, DA = 12，求四邊形 ABCD 的所有內切

圓中，面積最大者為 。 (101文華高中)

答答答. 24π。

671. 銳角 △ABC 中，若 AD、BE、CF 為三邊上的高，試證：△ABC 的垂心為 △DEF

的內心。 (97松山家商)

證證證. 如右圖 ∠EBC = π2 − ∠BCE。又 ∠BFC =

∠BEC = 90○ ⇒ BCEF 四點共圓 ⇒ ∠EFC =

∠EBC = π2 − ∠BCA。同理 ∠DFC = π

2 −

∠BCA ⇒ ∠EFC = ∠DFC ⇒←→CF 為 ∠DFE

之角平分線，同理得←→AD、

←→BF 亦為角平分線，

故 H 為 △DEF 之內心。

672. 在邊長為 a 的正方形中，剪下一個扇形和一個圓(如圖)分別作圓錐的側面和底，則圍成

的圓錐體的體積？ (97楊梅高中)

答答答.√

15(5√

2−2)33⋅233 πa3。

其其其它它它

673. 在 △ABC 中，∠A、∠B、∠C 的對邊分別為 a, b, c。若 ∠A, ∠B, ∠C 的大小成等

比數列，且 b2 − a2 = ac，則 ∠B 的弧度為 。 (99中正高中)

答答答. 2π7 。

解解解. 作 ∠B 之角平分線交 AC 於 D，則 CA ⋅CD =

b ⋅b ⋅ aa+c = a

2 = CB ⋅CB，其中 b2 = a(a+c)。

因此 CACB

= CBCD

⇒ △CAB ∼ △CBD ⇒

∠B = 2∠A，故公比為 2⇒∠B = 2π7 。

另另另解解解. 圓內接四邊形中的托勒密定理：b2 = a2 + ac

。

類類類題題題. 這個性質，小有用處，見 98嘉義高中計算1、100南科實中2。

107

674. 將長 AB = 240, 寬 BC = 288 的長方形紙張對摺，讓頂

點 C 剛好落在線段 AB 的中點 M 上，如下圖所示：

已知 EF 是摺線，求摺線 EF 的長度。

答答答. 260。

(100華江高中2招)

675. 在矩形 ABCD 中，G、H 為 AD 的三等分點，E、F

為 BC 的三等分點，若 AB = 36，BC = 45，試求四邊

形 PQSR 的面積。

答答答. 45。

(100家齊女中)

676. 如圖，△ABC 中，AB = 10, AC = 8, BC = 6，圓 O

為過 C 且與 AB 相切的最小圓，圓 O 交 BC 於 E，

交 AC 於 F，則 EF 的長為 。

答答答. 245 。

(100麗山高中)

677. O 為原點，◻OABC 為正方形，已知點 P (2,0) 在 AB 邊上，點 Q(√

3,1) 在 BC 邊

上，則正方形面積為何？ (99大安高工2招)

答答答. 3。

678. H、G、O 分別為三角形的垂心、重心、外心，試證：H、G、O 共線，且 HG ∶ GO =

2 ∶ 1。 (99竹科實中、99中崙高中)

證證證. 以 G 為中心，將三角形旋轉 180○，放大兩倍，則 O →H，故得證。

679. 設橢圓 Γ ∶ x2

A + y2

B = 1, A > B 之橢圓二焦點為 F1, F2, O 為原點， P 為 Γ 上動點，且

△POF1 為一正三角形，△POF1 面積為√

3，求 B。 (100永春高中代理)

答答答. 2√

3。

108

680. △ABC 中，AB > AC， D1 在 BC 上，以 AD1 為直徑做一圓，交 AB 於 M 點，

交 AC 的延長線於 N 點。作 AP 垂直 MN 於 P 點，且 AP 交 BC 於 D2。作角 A

的外角平分線交 BC 的延長線於 E 點，證明： 1BE

+ 1CE

= 1D1E

+ 1D2E。 (100板橋高中)

證證證. 令 ∠BAC 之角平分線與 BC 交點為 F，則有角平分線性質可得 EF = 2BE⋅CEBE+CE =

21

BE+ 1

CE

。由此，僅須證明 ∠BAC 與 ∠D1AD2 有相同的角平分線，因此只須證

明 ∠BAD1 =∠D2AC。

而 ∠APN = ∠AMD1 = 90○，∠AD1M = 12AM_

= ∠ANM = ∠ANP，故

△AD1M ∼△ANP ⇒∠BAD1 =∠MAD1 =∠PAN =∠D2AC。故得∠D1AD2

和 ∠BAC 有同一條角平分線。由角平線性質可推得 1BE

+ 1CE

= 2EF

= 1D1E

+ 1D2E。

681. 連接正五邊形 ABCDE 的五條對角線，圍成一個較小

的正五邊形 FGHIJ，在繼續作五條對角線再圍成更小

的正五邊形，如灰色區域。若灰色區域的邊長為 1，則

正五邊形 ABCDE 的面積為灰色面積的 (√

5+12 )2倍，

則 k = 。

答答答. k = 8。

(100楊梅高中)

682. 將一個正五邊形 ABCDE 的部份面積分別記為 x,

y, z (如圖)，已知 x = 1，求實數序組 (y, x + 5y +

5z)＝ 。

答答答. (√

55 ,

7+3√

52 ) = (

√5

5 , (√

5+12 )4)。

(99中興高中)

683. 右圖中，P 為三角形 ABC 內部一點，已知 APPD

+BPPE

+CPPF

= 2012，試求 APPD

×BPPE

×CPPF。

109

答答答. 2014。 (101中科實中)

解解解. 設面積 △PAB = x, △PBC = y, △PCA = z,

w = x + y + z。

則原等式可改寫為 x+zy + x+y

z + y+zx = 2012。

注意對稱性，補三個 1 到左式，然後放到分

子，分子就一樣了。得 w( 1x +

1y +

1z) = 2015。

所求則為 x+zy ⋅ x+yz ⋅ y+zx ，一樣注意對稱性，

改寫分子為 (w−yy )(w−zz )(w−xx ) = w3−(x+y+z)w2+(xy+yz+zx)w−xyzxyz 。

而其中 x+y+z = w⇒ w3−(x+y+z)w2 = 0， (xy+yz+zx)wxyz = w( 1

x +1y +

1z) = 2015。

所以所求為 0 + 2015 − 1 = 2014。

684. △ABC 中，A(2,−4)，若 ∠B、∠C 之角平分線分別為 L1 ∶ x + y − 2 = 0 及 L2 ∶

x − 3y − 6 = 0，則←→BC 之方程式為 。 (101文華高中)

答答答. x + 7y − 6 = 0。

提提提示示示. A 對 L1, L2 作對稱點，必落在←→BC 上。

685. △ABC 中，A 坐標為 (−7,15)，∠B 和 ∠C 的平分線方程式各為 2x − y + 4 = 0,

x + 7y + 2 = 0，求 B 點和 C 點的坐標。

答答答. C = (−9,1), B(3,−10)。

提提提示示示. A 對 2x − y + 4 = 0, x + 7y + 2 = 0 作對稱點，必落在←→BC 上。

686. 已知 △ABC 中 AB = 5, BC = 6, AC = 7,←Ð→BD、

←→CE

分別平分 ∠B、∠C，且 ∠ADB = 90○, ∠AEC = 90○，

如右圖，則 DE = 。

答答答. 3。

解解解. A分別對←Ð→BD、

←→CE 作對稱點 A′, A′′，則 A, D, A′

共線、A, E, A′′ 共線且 AD = DA′, AE = EA′′,

BA′ = BA, CA′′ = CA。因此 DE = 12A

′A′′ =12(CA

′′ −BC +BA′) = 7−6+52 = 3。

(98師大附中)

687. 設 △ABC 中，∠A = 60○, BC = 2√

39。點 E, F 分別在 AC, AB 上且 BE ⊥

AC, CF ⊥ AB，又 BE 交 CF 於 P 點。若 CP = 2√

3，求

110

(1) △ABC 的面積。

(2) △AEF 的外接圓的面積。 (99松山家商)

答答答. (1) 35√

3 (2) 13π。

688. 如下圖，四邊形 ABCD 中，AB//CD 且 BC = AD，

又 AC 及 BD 的交點為 P，設 BP , CP , AD 的中點依

次為 X, Y , Z，且 △APB 為正三角形，試證 △XY Z

為正三角形。

證證證. △PDC ∼△PBA⇒△PDC 是正 △。

Z 為 PC 中點 ⇒∠DZA = 90○。

Y 為直角 △AZD 之斜邊中點，

故 Y D = Y Z = 12AD。

同理 XY = 12AD。而 X, Z 為 PB, PC 中點

⇒XZ = 12BC = 1

2AD。因此三邊等長，得證。

(99育成高中)

689. 銳角三角形三高 AD, BE, CF 交於 H，證 (99建中市內)

(1) CHFH

= cosCcosA cosB。

(2) AHHD

+ BHHE

+ CHHF

≥ 6。

證證證(1) 如圖 ∠AEH = ∠AFH = 90○ ⇒ ∠EHF = π − ∠A ⇒

∠FHB =∠A，同理 ∠CHD =∠B, ∠BHD =∠C。

CH cosB = HD = BH cosC, BH cosA = FH，相乘得

CH cosA cosB = FH cosC ⇒ CHFH

= cosCcosA cosB。

690. 如圖，兩個全等之矩形置於一直角三角形內，並使其的邊各與三角形之一股重合。設兩

股長 a, b 可以調整，又矩形短邊形 mb，則 m 之最大值為 。 (99建國高中)

答答答. 15。

解解解. 不失一般性，令 a = 1，矩形兩邊長 x, y =

mb。則有 1−xy = x−y

x = yb−x−y =

1b ⇒ b− bx = y,

bx−by = x，b2−b2x−bx+x = 0⇒ x = b2

b2+b−1 ,

y = b2−bb2+b−1，m = y

b =b−1

b2+b−1。

⇒mb2 + (m−1)b− (m−1) = 0⇒ (m−1)2 +4m(m−1) ≥ 0⇒ (m−1)(5m−1) ≥

0 ⇒ z ≥ 1 或 z ≤ 15 。z ≥ 1 不合。剩下要驗 m = 1

5 時，b2

5 − 45b +

45 = 0 ⇒ b = 2,

x = 45。

111

691. △ABC 中，∠ABC = 90○，AB = 1，若延長 AC 到 D，並使得 AB = CD = 1，若

∠CBD = 30○，求 AC 長。 (99屏北高中)

答答答. 3√

2。

解解解. 令 AC = x，由 D 作←→AB 的垂線，交

Ð→AB 於 E 點則，BE = 1

x (由 cosA =1x)。∠EDB =∠CBD = 30○⇒ BD = 2

x。再由畢氏定理得 DE2= 3x2 = (x + 1)2 −

(1 + 1x)

2 ⇒ (x + 2)(x3 − 2) = 0⇒ x = 3√

2。

692. 設 △ABC 中，已知 BC 和 y 軸垂直，若 A(2,9)，內切圓圓心為 (1,1)，半徑為 4，

則 △ABC 的垂心 H 坐標為 。 (99基隆女中)

答答答. (2, 34)。

693. 如圖所示，點 D, E 在 △ABC 的邊 BC 上，滿足 ∠BAD = ∠CAE。若 BD = 3,

DE = 2, EC = 4，則 ABAC之比值為 。 (99華江高中)

答答答.√

104 。

提提提示示示. 作 ∠DAE 角平分線交 BC 於 F，注意

AF 同時亦為 ∠BAC 的角平分線。

694. 一光線通過 (−4﹐5)，經 x 軸反射後與圓：(x − 2)2 + (y − 2)2 = 5 相切，求原光線之方

程式為 。 (99文華高中)

答答答. 2x + y + 3 = 0。

提提提示示示. 考慮對稱於 x 軸的圓 (x − 2)2 + (y + 2)2 = 5。

評評評. 類似的反射對軸常用於極值問題，見 17-3。

695. 已知等腰三角形，若腰上的中線長為 6，求三角形面積的最大值。 (99屏北高中)

答答答. 24。

696. 設 △ABC 為一等腰三角形，AB = AC，已知 ∠B 的平分線交對邊 AC 於 D 點，且

，則 BC = BD +DA，則 ∠A 是 度。 (99中壢家商)

答答答. 100○。

解解解. 作 DE//BC 且 E 在 AB 上，又 BD 為 ∠B 之分角線可得 △EBD 為等腰三角

形且 BD = BE，由對稱知 BE = CD，故 CD =DE。

在 BC 上找 F 使得 CF = DA，則 △CDF ≅ △DEA (SAS 全等)，故 △ACF

亦為等腰三角形且 FD = FC, ∠FDC =∠C, ∠BFD = 2∠C。

112

BC = BD +AD 且 AD = FC ⇒ BD = BF ⇒∠BDF =∠BFD = 2∠C。

所以有 180○ = ∠B2 +∠BDF +∠BFD = 9

2∠C ⇒∠C = 40○⇒∠A = 100○。

697. 已知拋物線 y = x2 + 3x − 1 上有相異兩點對直線 x + y = 0 成對稱，則此兩相異點的座

標為 。 (97家齊女中)

答答答. (1,3), (−3,−1)。

698. 兩圓 x2 + y2 = 16, (x − 6)2 + (y − 1)2 = 4 的外公切線的交點為 。 (97師大附中)

答答答. (12,2)。

解解解. 畫圖，由相似形得外分點： −24−2(0,0) +

44−2(6,1) = (12,2)。

699. 正 △DEF 內接於正 △ABC 且 DE ⊥ BC，那麼 △DEF 的面積為 △ABC 的面積之

。 (97師大附中)

答答答. 13。

700. △ABC 中，∠ABC = 120○，AB = 3 且 BC = 4。若從 A 作 AB 的垂線與從 C 作

BC 的垂線相交於 D 點，則 CD = 。 (97師大附中)

答答答. 10√

33 。

701. 已知 △ABC 為正三角形且點 A、B、C 皆落在邊長為 1 的正六邊形的邊上，若點 A

將其所在的邊分成長度為 1 ∶ 2 的兩段，求 AB2之值。 (97陽明高中)

答答答. 73。

702. 已知 H 為 △ABC 的垂心，由 H 分別作 HD ⊥ BC, HE ⊥ CA, (97潮州高中)

三角形ABC，∠A的內角平分線∠AT 交BC 於 T 點，試證AT =√AB ⋅AC −BT ⋅CT。

13.2 空空空間間間幾幾幾何何何

703. 一模型公司在一個內部邊長為 2 單位的透明正立方體箱子內，放置一顆半徑為 1 單立的

大球，然後又要在箱子的八個角落再塞入 8 顆相同大小的小球。問：小球的最大半徑為

單位。 (100華江高中2招)

答答答. 2 −√

3。

704. 一個邊長 10cm 的正立方體內塞九個大小相同的球，中心球的球心在正立方體的中心，

其他球皆與三個相鄰面以及中心球相切，求球的半徑。 (100豐原高中)

113

答答答. 10√

3 − 15。

705. 9 個相同的的球被包裝在一個邊長為 1 的正立方體內，其中一個球的球心位於正立方體

的中心點上，而其他的球均與中心球相切且與正立方體的三個面相切，則每一個球的半

徑為 單位長。 (97全國聯招)

答答答. 2√

3−32 。

706. 一個正四面體盒子內部邊長為 8，要在四面體內部放入 35 顆一樣大小的球，求放入球

的最大半徑 = (分母須有理化成整數) (99文華高中)

答答答. 8−2√

65 。

707. 在一個邊長為 1 的正四面體中，放入大小相同的 20 顆球，試求球的最大半徑為 。

答答答. 3−√

66 。 (97台中二中)

708. 考慮一個正四面體與其內切球與外接球。今在正四面體之四個側面，均有一個最大球與

其相切也和外接球相切(此球在正四面體的外部)。若在外接球的內部任取一個點 P，則

P 不落在內切球內部也不落在正四面體外圍的四個球內之機率為何？ (100慈濟聯招)

答答答. 2227。

709. 想將一半徑 3 公分的球投進一個三角形的球框，因球太大被卡在框架上，若此三角形球

框三邊長為 3, 4, 6 公分，則球心到此三角形所決定的平面的最短距離為 公

分。 (100南港高工)

答答答.√

43352 。

710. 一厚度超過 5 的水平放置木板上，穿有一邊長為 10 的正三角形的洞，今將半徑 5 的硬

球放入正三 角形，則木板上球的高度為 。 (99文華2招代理)

答答答. 5√

63 + 5。

711. 如右圖，長方形紙 ABCD, AB = 4, AD = 3，沿著對

角線 BD 摺起，使 A 點在平面 BCD 上之投影恰落在

CD 邊上，求此時四面體 ABCD 的體積為 。

答答答. 3√

72 。

(100麗山高中2招)

114

712. 空間中，四面體 A −BCD，AB=CD=6，AC = AD = BC = 5，BD = 7，求四面體

A −BCD 的體積。 (101文華高中)

答答答. 4√

23。

解解解. 如圖，把四面體攤開。令 α = ∠BDC, β =

∠BDE。

由餘弦定理可得 cosα = 75 , cosβ = 19

35。

DF = DE cosβ = 197 , DI = DF tanα =

195 。△ACD等腰 ⇒ DG = 3, IG = DI − DG =45 ⇒ GH = 4

5 cotα =√

23。

四面體之高 AH =

√

A1G2−GH

2=

√463 ，底

面△BCD = 6√

6。因此得體積 = 4√

23。

713. 四面體 PABC，今若以 P 為球心，PA 為半徑作一球面，則 B 與 C 也同時落在球面

上，且知 PA = 10, AC = 4,BC = 5 及 AB = 6 ，試求點 P 至平面 ABC 的距離。

答答答.√

427 。 (99大安高工2招)

714. 如圖，A − BCD 為空間中的三角錐，已知其稜長 AC = BD = 10, AB = CD = 17,

AD = BC = 3√

29，求三角錐 A −BCD 的體積。 (99台中一中)

答答答. 240。

解解解. 考慮 a, b, c > 0, a2 + b2 = 100, b2 + c2 = 289,

c2 + a2 = 261，聯立得 a = 6, b = 8, c = 15。

則以 a, b, c 為三邊為長寬高的長方體，挖

去 4 個不相鄰的角落後，即剩下一三角錐恰

與 A −BCD 全等。故所求 = abc − 4 ⋅ 16abc =

240。

715. 如右圖，設正方形 ABCD 之邊長為 1，而 P, Q 依次為

BC, CD 之中點，若將此正方形沿虛線 AP , AQ, PQ

向上摺起，使 B, C, D 三點重合為一點 R，則 R 點到

底面 APQ 之距離為 。

答答答. 13。

(100永春高中代理)

716. 如下圖(1)，用邊長 20cm 的正方形紙板 ABCD 做模型，做法：取 AB 邊上的 E 點，

連結 CE、DE，沿 CE 和 DE 將 △ADE 和 △BCE 折起，並將 EA、EB 連接起

115

來，此時 A 與 B 重合於 O 點，如下圖(2)，則 這個四面體模型 OCDE 的容積為

立方公分。 (100彰化女中)

答答答. 1000√

33 。

717. 四面體邊長分別為 1, 1, 1, 1, a, b (其中 a, b 為歪斜線段長)，試求四面體體積最大值。

答答答. 2√

327 。 (100鳳山高中)

718. O −ABC為一四面體，△ABC 是邊長為 4 之正三角形，OA = OB = OC = a ，兩歪

斜稜 OA 與 BC 間的距離是√

3，求 a 的值。 (98曉明女中)

答答答. 83。

719. 有一四面體 OABC，它的一個底面 ABC 是邊長為 4 的正三角形，且知 OA = OB =

OC = a；如果直線 OA 與直線 BC 間的公垂線段長(亦即此兩直線間的距離)是√

3，

請說明如何利用尺規作圖法，找到「直線 OA 與直線 BC 間的公垂線段」，並求出 a

值。 (100鳳新高中代理)

答答答. 83。

720. A(6,0,0), B(3,3√

2,3) 為球面 x2 + y2 + z2 = 36 上兩點，今有一隻公蟻沿著球面由 A

爬到 B，公蟻的爬行路線中最短距離是多少？ (100家齊女中)

答答答. 4π。

解解解. cos θ = (6,0,0)⋅(−3,3√

2,3)6⋅√

9+18+9= −18

36 = −12 ⇒ θ = 2π

3 ⇒最短距離 6 ⋅ 2π3 = 12π

3 。

721. 有一地球儀，其赤道長為 150 公分，若 A 地位於赤道上東經 10○，B 地位於北緯 45○，

東經 145○，求 AB 兩地之球面最短距離為 公分。 (99台中一中)

答答答. 50。

116

722. 半徑 R 的球面，A 點在東經 120 度、南緯 45 度，B 點在西經 60 度，北緯 30 度，A,

B 兩點在球面上最短距離 。 (99建中市內)

答答答. 11πR12 。

723. 設球面 S ∶ x2 + y2 + z2 = 10 上兩點 A(−2,√

5,1), B(1,0,−3) 一隻螞蟻沿球面從 A 走

到 B，其最短路程為 。 (98中興高中)

答答答. 2√

10π3 。

724. 直線 L ∶

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

x + y − 3z = 3

2x + 2y − z = 1與球面 S ∶ x2 + y2 + z2 = 4 交於 A, B 兩點，則球面 S 上

A, B 兩點間之最短路徑長為 。 (97中興高中)

答答答. 4π3 。

725. 假設地球為一球體。今以地球球心為原點，地球半徑為單位長，建立一直角坐標系。設

地球表面上有甲乙丙三地，甲、乙兩地的坐標分別為 (1,0,0)、(37 ,

27 ,

67)，而丙地正好

是甲乙兩地之間最短路徑的中點，則丙地的坐標為 。 (98嘉義高中)

答答答. ( 5√35, 1√

35, 3√

35)。

解解解. ∣(57 ,

17 ,

37)∣ =

√357 ⇒ 丙 7√

35(5

7 ,17 ,

37) = ( 5√

35, 1√

35, 3√

35)。

726. 今一單位球(半徑為 1 的球)球心為原點，且球面上兩點 P、Q 座標分別為 P (1,0,0),

Q(0,√

22 ,

√2

2 ) ，延著球面行進，於 PQ 最短路徑中取一點 R，使得 PR_

∶ QR_

= 1 ∶ 2，

試求 R 點座標。 (99大安高工)

答答答. (√

32 ,

√2

4 ,√

24 )。

解解解. 以 x 軸為軸，將 Q, R 轉至 xy 平面上，得 Q′(0,1,0), R′(√

32 ,

12 ,0)，再把它轉回

去得 R(√

32 ,

√2

4 ,√

24 )。

727. 已知 P 是正四面體 ABCD 內部一點，而且滿足 PA = PB =√

11, PC = PD =√

17。

求正四面體 ABCD 的邊長。 (100華江高中2招)

答答答. 6。

解解解. 注意 P 在 AB 與 CD 的垂直平分面的交線上，即 P 在 AB 和 CD 的公垂線

H1H2 上，其中 H1 和 H2 分別是 AB 和 CD 的中點。

設邊長為 a，H1P ∶ PH2 = t ∶ (1 − t)，則得 H1H2 =a√2。

⇒ PAPC

= 1711 =

a2

4+t2⋅a

2

2a2

4+(1−t)2⋅a2

2

⇒ t = 23 , a = 6。

117

評評評. 這是巧妙的變數假設，使得可以直接解出 t。另一觀點來看，就是把正四面體放大

或縮小，使得邊長等於 1 或是 H1H2 等於某固定之數數，算出 PA 後，再放大回

來。

728. 已知平面 E 上有不共線的三點 A, B, Q，而平面 E 外有一點 P，若直線 PQ 與

E 垂直，且 ∠PAQ, ∠QAB, ∠PAB 皆為銳角，求證：cos∠PAQ ⋅ cos∠QAB =

cos∠PAB。 (100成淵高中)

729. 正八面體 ABCDEF 的邊長為 2，如圖，已知 A 為原

點，A, D, E 為 xy 平面上的點， B 為 yz 平面上的

點，則 B 到 y 軸的距離 = 。

答答答. 2√

63 。

(100北一女中)

730. 空間中，過原點，方向向量為 (1,−1,1) 的直線 L，求任意點 (a, b, c) 逆時針繞直線 L

旋轉 120○ 之後的坐標為何。 (逆時針方向指的是右手定則的方向，亦即右手大姆指朝

(1,−1,1) 方向時，四指的方向為逆時針方向。) (100桃園新進聯招)

答答答. (−b,−c, a)。

解解解. 另解. 觀察平面 x − y + z = 1 與三軸交於 (1,0,0), (0,−1,0), (0,0,1) 恰為一正三

角形。

因此旋轉將此三點輪換 (1,0,0) → (0,0,1) → (0,−1,0)。再由旋轉之線性得

RL((a, b, c)) = (−b,−c, a)。

731. 在以原點 O(0,0,0) 為球心，半徑為 1 的單位球上取一點 A(a1, a2, a3)。點 A 所對的

另一點 B(a3, a1, a2) 有在這個單位球上。則 ∠AOB 的最大值為 。 (97家齊女中)

答答答. 23π。

解解解. 該線性變換為以 (1,1,1) 為軸之旋轉 120○。因此當 OA ⊥ (1,1,1) 時角度最大。

取 A = ( 1√2,− 1√

2,0) 由內積得 cos∠AOB = −1

2 ⇒∠AOB = 2π3 。

732. 一小球由原點 O(0,0,0) 發射﹐撞擊到平面 E1 ∶ x + 2y + 2z = 18 上一點 A﹐在經過平

面 E1 反射後﹐撞擊到平面 E1 ∶ 2x+ y + 2z = −10 上一點 B﹐再經由平面 E2 反射後﹐

彈向一個點 C(−1,−1,1)。試求 OA +AB +BC 之值。 (100永春高中代理)

答答答.√

323。

118

733. 設 ABCD 為正四面體，△ABC 內部一點 E，點 E 到 △DAB, △DBC, △DCA 距

離之和 m，點 E 到 AB, BC, CA 距離之和為 M，求 mM。 (99台中二中)

答答答. 2√

23 。

734. 設 xy�平面為 H，球面 S 的方程式為 x2 + y2 + (z − 1)2 = 1，P (0,0,2) 是球面 S 上一

點。設函數 φ ∶ H → S，若 R 為 H 上任一點，定義 φ(R) 為球面 S 與 PR 的交點 Q

(異於 P )(如圖)。若 L 是 H 上任一條直線，試判斷 φ(L) 的圖形為何？並證明您的結

論。 (99建國高中)

解解解. 一圓，令 E 為過 P , L 的直線，則 φ(L)

即 E 與球面相交之圓(RP 落在 E 上)。

評評評. 這是複數裡的 conformal map。

735. 三個 8cm × 8cm 的正方形都被連接兩條鄰邊中點的直線分成 A、B 兩片(如圖一)，並

將這六片粘在另一個 正六邊形的邊上(接縫部分不計)(如圖二)，然後折成一個多面體。

求此多面體的體積為 cm3。 (99中興高中)

答答答. 256。

解解解. 見令人讚嘆不已的神人老王。

736. 已知四面體 P −ABC 中，各側面與底面所成的兩面角皆為 60○，且 △ABC 的三邊長

分別為 7, 8, 9，試求 △PAB +△PBC +△PAC 的面積總和。 (99中壢高中)

答答答. 24√

5。

解解解. 考慮投影面積是 cos θ 倍，因此所求 = 2△ABC = 24√

5。

119

13.3 解解解析析析幾幾幾何何何

複複複數數數平平平面面面

737. 已知 z 為複數，且 zz−1 為純虛數，求 ∣z − i∣ 之最大值。 (99台中二中、98新港藝術)

答答答.√

5+12 。

解解解. 在複數平面上點 A 代表 z，點 B 代表 z − 1，點 C 為 AB 中點代表 z − 12，點 O

為原點。

則 ∠AOB = 90○⇒△OAB 是直角三角形 ⇒ OC = 12AB = 1

2 ⇒ ∣z − 12 ∣ =

12。

畫圖為一圓，極小發生在其圓心與 i 的連線上，max ∣z − i∣ = ∣i − 12 ∣ +

12 =

√5+12 。

738. 設任意四邊形 ABCD 的四個邊向外作正方形的四個中心點依序為 M、N、O、P，試

證 PN =MO 且 PN ⊥MO。 (100家齊女中)

證證證. 不失一般性假設 A, B, C, D 在坐標平面上逆時針排序。

以小寫字母 a, b, c, . . .表示各點所代表之複數。

則 m = d+ 1−i2 ⋅ (a−d), p = a+ 1−i

2 ⋅ (b−a), o = b+ 1−i2 ⋅ (c− b), n = c+ 1−i

2 ⋅ (d− c)。

而 n−p = 12(−a−b+c+d)+

i2(−a+b+c−d), o−m = 1

2(−a+b+c−d)+i2(a+b−c−d)。

觀察 q −m = −i(n − p)⇒ PN =MN 且 PN ⊥MO。

739. 設 α, β, γ 是三個相異複數，w 是 1 的立方根，若 α +wβ +w2γ = 0，試問在複數平面

上表示 α, β, γ 的三點成什麼圖形？ (99松山工農)

答答答. 正三角形。

註註註. w 是虛根。

平平平面面面坐坐坐標標標

740. 兩正方形 ABCD 與 EFGH 邊長均為 1，其中 ABCD 固定平放在直線 L 上，如圖

所示。若正方形 EFGH 之一頂點 H 在 CD 上移動，且另一頂點 G 在直線 L 上移

動，當 BE = BF 時，CG = 。 (100北一女中)

答答答.√

3−12 。

解解解. 令 B 為原點 (0,0)，C(1,0), A(0,1), CG = u, CH =√

1 − u2。則 EF 中點 M(1 + v + u2 , u +

v2)。

BE = BF ⇒ÐÐ⇀BM ⊥

Ð⇀EF ⇒ u = −1±

√3

2 ，取正。

741. 在第一象限中的四邊形 ABCD，其中四個頂點分別為 A(2,8), B(0,0), C(4,2),

D(x, y)。 若 M, N, P, Q 分別為 AB, BC, CD, DA 的中點，且 MNPQ 為正方

形，則 xy = 。 (100新北聯招)

120

答答答. 12。

742. 在 △ABC 中，∠A, ∠B, ∠C 所對應的邊分別為 a, b, c滿足 b ≤ c，且 b, a, c成等差數

列，已知 B(−1,0), C(1,0)，假若 △ABC 的面積為 35

√3，則 A點座標為 。

答答答. (85 ,±

35

√3)。 (99嘉義高工)

743. 已知四邊形 ABCD 中 AB = 16, BC = 25, CD = 15, ∠ABC, ∠BCD 皆為銳角，且

sin∠ABC = 2425 , sin∠BCD = 4

5，則 AD = 。 (99嘉義高工)

答答答. 12。

744. 承上，BD = 。 (98嘉義高中)

答答答. 20。

745. 菱形 ABCD 內接內 y = x 與 y = x2 所圍區域，C、D 在 y = x 上，AD、BC 為鉛直

線。若 A 之坐標為 (x0, y0)，則 x0 + y0 = 。 (100松山工農)

答答答. 2 −√

2 或 8 − 5√

2。

746. 已知 A(a, b), B(−a, b), C(0, 12) 為橢圓 Γ ∶ x2 + 4y2 = 1 上的三點，若過 A, B, C 三點

的圓半徑為 r，則 lima→0

r = 。 (100北一女中)

答答答. 不存在或者 2, 12。

解解解. AB 之中垂線為 x = 0；而 AC 之中垂線為 ax + (b − 12)y =

a2+b2− 14

2 ，二者聯

立得 y =a2+b2− 1

4

2b−1 ，又 A 在 Γ 上，故 y =34−3b2

2b−1 = 34(1−2b)(1+2b)

2b−1 ，y → −32 , as

b→ 12；y → 0, as b→ −1

2。因此 r 分別收斂至 2, 12。

評評評. a, b 關係式會有√，故先不代換，待所求 y 之表示式整理後，從其形，將 a 消去

而得較簡單的式子。

747. 若兩直線在 y = ax2 的頂點 O 互相垂直，且分別與拋物線交於 A、B 兩點，若 △OAB

的最小面積為 4，則 a = 。 (100桃園高中)

答答答. a = ±12。

748. 已知正方形 ABCD 的兩頂點 A, B 在拋物線 y2 = x 上，且 C, D 在直線 L ∶ y = x+ 4

上求正方形的面積？ (99中壢高中2招)

答答答. 18 或 50。

121

749. 設 P 為 △ABC 所在平面上的任一點，G 為的重心，試證：PA2+ PB

2+ PC

2=

GA2+GB

2+GC

2+ 3GP

2。 (99高雄市聯招)

750. 若與拋物線 y = x2 及直線 y = 0 均相切之圓的圓心為 P (a,3) 點，則 P 點坐標為

。 (98全國聯招)

答答答. a = 0, ±√

2, 或 ±5√

154 。

解解解. 將 y = x2 代入 (x − a)2 + (y − 3)2 = 9 得 x4 − 5x2 − 2ax + a2 = 0。

相切 ⇒ 微分後亦為 0⇒ 2x3 − 5x − a = 0。

令 f = x4 − 5x2 − 2ax + a2, g = 2x3 − 5x − a,

r1 =f+agx = x3 + 2ax2 − 5x − 7a, r2 = 2f − xg = −5x2 − 3ax + 2a2

r3 =7g−r1x = 13x2 − 2ax − 30

r4 = 13r2 + 5r3 = −49ax + 26a2 − 150。

r5 =15r2+a2r3

x = (−75 + 13a2)x + (−45a − 2a3)

若 a = 0，則 x ∣ (f, g)，

若 a ≠ 0⇒ r4 = r5 = 0⇒ −49a−75+13a2 =

26a2−150−45a−2a3 ⇒ 16a4 − 407a2 + 750 = 0。

∴a = 0, ±√

2, 或 ±5√

154 。

評評評. 這招為「去頭去尾」法，好久沒用了。

751. 已知平面上有三圓 C1, C2, C3，圓心分別為 (0,0), (12,0), (24,0)，半徑分別為 1, 2,

4，若 L1 為 C1 與 C3 的內公切線，且 L1 斜率為正，L2 為 C2, C3 的內公切線，且

L2 斜率為負，L1 與 L2 的交點為 P (x, y)，令 x = p − q√r (其中 p, q 為有理數，r 為

沒有大於 1 的完全平方因數之整數)，求 p + q + r。 (99東山高中)

答答答. 27。

752. 在直角坐標平面上，設點 P (−3,0) 且點 A 在 x 軸的正半軸(包含原點)上移動，點 B

在 y 軸上移動，且Ð⇀BA ⋅

Ð⇀PB = 0，點 C 在直線 AB 上且滿足 2

Ð⇀CA + 3

Ð⇀BC = 0⃗，則點

C 的軌跡方程式為 。 (98台北縣聯招)

答答答. y2 = 4x。

753. 座標平面上單位圓 C ∶ x2 + y2 = 1，一定點 A(2,0)，Q 為圓 C 上一動點，以 Q 為中

心，將 A 點逆時針旋轉 90○ 得 P 點，求動點 P 的軌跡方程式。 (98新港藝術)

答答答. (x+y2 − 1)2 + (x−y2 + 1)2 = 1。

754. 設圓 x2+y2+dx+ey+14 = 0與直線 x−2y−3k = 0相切於點 (5,1)，則 (d, e, f) = 。

答答答. (d, e, k) = (−6,−10,1)。 (97士林高商)

122

755. 設 A(1,0), B(b,0) 為坐標平面上兩點，其中 b > 1；若拋物線 Γ ∶ y2 = 4x 上有一點

P，使 △ABP 為正三 角形，則 b = 。 (97松山家商)

答答答. 5。

平平平面面面組組組、、、圓圓圓系系系

756. 已知對所有的實數 k，圓 Ck ∶ x2 + y2 + (2k − 8)x − (k + 6)y + (9 − 10k) = 0 都恆通過

A，B 兩點。若 M(a, b) 為 AB 的中點，則 a + b = 。 (100新北聯招)

答答答. 8。

解解解. x2+y2−8x−6y+9 = k(−2x+y+10)⇒ (x−4)2+(y−3)2−16 = k(−2x+y+10)。

⇒←→AB ∶ −2x + y + 10 = 0 與圓 (x − 4)2 + (y − 3)2 = 16 交於 A, B。

代入消去，再由根與係數可得 M(6,2)。

757. 坐標空間中四面體 ABCD 的頂點分別是 A(3,1,2), B(3,0,0), C(0,2,0), D(0,0,6)，

已知平面 E 通過 AB 與 CD 的中點，且 A, B, C, D 四個頂點與平面 E 的距離皆相

等，則平面 E 的方程式為 。 (98師大附中)

答答答. −2, −89。

758. 在空間中，通過直線

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

x = 3 + t

y = 3 − t

z = 0

, t ∈ R，且與球 x2 + y2 + z2 − 2x+ 2y − 4 = 0 相切的平

面方程式為 。 (98嘉義高工)

答答答. x + y ± 2z = 6。

759. 設球面與球面 S1 ∶ x2+y2+z2 = 1 與球面 S2 ∶ (x−2)2+(y−2)2+(z−2)2 = 9 交於一圓

C，若球面 S 包含圓 C 且被 x 軸所截線段長為 4，求球面 S 的方程式。(97松山家商)

答答答. x2 + y2 + z2 − 6x − 6y − 6z + 5 = 0 或 x2 + y2 + z2 + 2x + 2y + 2z − 3 = 0。

空空空間間間坐坐坐標標標

760. 空間中三點 A(2,2,1), B(1,3,−1), C(1,1,−1)，空間中與 A, B, C 三點等距離的所有

點形成圖形為 T，則 T 中與 (0,0,0) 距離最近的點座標為 。 (99嘉義高工)

答答答. (15 ,2,

25)。

123

761. 空間中三點 O(0,0,0), A(1,0,0), B(0,1,1)，今在←→AB 上取兩點 P, Q 使得， 其中 P

點 x 坐標不小於 Q 點 x 坐標，若 P 點對 xy 平面的垂足為 R，四面體 OPQR 之體

積為？ (100基隆高中)

答答答. 2−√

227 。

762. 設長方形 ABCD，其中 AB = 3 與 AD = 4，若沿對角線 AC 對摺，則平面 ABC 與

平面 ACD 之二面角為 60○，求對摺後 BD 長度。 (99大安高工)

答答答.√

1935 。

763. 直角梯形 ABCD 中，AB//CD, ∠D = 90○, AB = AD = a, CD = 3a，沿 BD 將梯形

折成 60○ 的二面角， 試求：此時 A 與 C 的距離。 (99中壢高中)

答答答.√

222 a。

764. 過 P (−1,2,−5) 之直線 L，交 L1 ∶x+2

1 = y−32 = z+3

−2 於 A 點，交 L2 ∶x−2−3 = y+2

4 = z1 於

B 點，試求出 B 點之坐標。 (100鳳新高中代理)

答答答. (−235 ,

345 ,

115 )。

解解解. 過 L1, P 決定一平面 E，此平面與 L2 之唯一交點即 B。

令 d⃗1 = (1,2,−2), d⃗ = (−1,2,−5) − (−2,3,−3) = (1,−1,−2)。

d⃗ × d⃗1 = (6,0,3)⇒ E ∶ 2x + z = −7。

令 B(2 − 3t,−2 + 4t, t) 代入 E 得 t = 115 , B(−23

5 ,345 ,

115 )。

類類類題題題. 101師大附中1。

765. 如圖正立方體 ABCD − EFGH，邊長為 1，求直線

AF 與直線 DE 的距離。

答答答. 1√3。

(100鳳新高中代理)

766. 若平面 ABC 與平面 BDC 垂直，又已知 BC = 6, AB = AC, ∠BAC =∠BCD = 90○,

∠BDC = 60○，則兩歪斜線 BC 與 AD 的距離為 。 (99關西高中)

答答答. 6√

77 。

767. 正四面體 ABCD 中，A, B 落在直線 L1 ∶x2 = y−1

1 = z−1 上，C, D 落在直線 L2 ∶

x−11 =

y3 =

z+15 上，則正四面體 ABCD 的邊長為 。 (99中正高中)

124

答答答. 2√

10515 。

768. 正四面體的四頂點落在兩歪斜線 L1 ∶

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

x = 4 + t

y = −3 − t

z = 0

, s ∈ R 與 L2 ∶

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

x = 2 + s

y = 2 + s

z = 1

, s ∈ R 上，

求此四面體的稜長。 (100嘉義女中)

答答答.√

2。

769. 同上，則此四面體四頂點中在第一卦限者為 。 (99嘉義高工)

答答答. (1,1,1)。

770. 有一個大正立方體由 27 個單位立方體所組成，今有一個平面垂直且平分大正立方體內

部之對角線，試問該平面與幾個單位立方體相交？ (100慈濟聯招)

答答答. 19。

解解解. 不失一般性，假設空間坐標中，正立方之邊與三坐標軸平行，且 A(0,0), G(3,3)

為兩頂點，平面 x + y + z − 92 垂直且平分 AG。

考慮每個小立方體中，與 AG 平行的對角線之兩頂點坐標代入 x + y + z − 92 是否

異號。異號表示相交；同號表示不相交。

可設兩頂點為 (x, y, z), (x + 1, y + 1, z + 1) 且 x, y, z = 0,1,2 ⇒變號條件為

x + y + z = 2, 3, 4。

數得共19 個。

771. 若地球方程為 x2 + y2 + z2 = 100，且北緯 θ 所在的平面方程式為 x + 2y − 2z = 6，請問

南緯 3θ 所在的平面為何？ (99屏北高中)

答答答. x + 2y − 2z = −42625 。

772. 有一四面體 ABCD，AB = 6, CD = 8, AC = BC = BD = 7，則 AB 與 CD 的距離

為 。 (98玉井工商)

答答答. 2√

6。

773. 設 A(0,1,2), B(−1,0,3), C(1,2,3)，求 △ABC 的垂心坐標。 (98嘉義女中)

答答答. (0,1,1)。

解解解.Ð→AB = (−1,−1,1)，令 E1 為 x + y − z = 0。

Ð→BC = (2,2,0)，令 E2 為 x + y = 1。

(1,1,−1) × (1,1,0) = (1,−1,0)，令 E3 為 x − y = −1。

三平面之交點即為垂心。解得 (x, y, z) = (0,1,1)。

125

評評評. 三個未知數有時候有點麻煩，向量解法見 100台中二中6。

774. 空間中三個點 A(0,1,2), B(−1,0,3), C(1,2,3)，則 △ABC 的外心坐標為 。

答答答. (0,1, 72)。 (98嘉義高中)

解解解.Ð⇀BA = (1,1,−1), E1: x + y − z = −

52。Ð⇀BC = (2,2,0), E2: x + y = 1

Ð⇀BA × (1

2

Ð⇀BC) = (1,−1,0), E3: x − y = −1。三平面交點：(0,1, 7

2)。

另另另解解解. 向量之解法解 100文華代理2。

775. 四面體 ABCD 中，M , N 分別為 AD, BC 的中點，MN ⊥ AD 且 MN ⊥ BC，證

明 (97大里高中)

(1) AB = CD。

(2) AC = BD。

776. 如圖，在四稜錐 P −ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，稜邊 PA 垂直底面，二面角

P −BC −A 等於 90○。

(1) 試求 PAAB的值。 (97竹北高中)

(2) 求 PD 與截面 PAC 夾角。

答答答. (1) 1 (2) 30○。

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